Comunidad autónoma de Andalucía · 2020-06-01 · Matemáticas II. Curso 2018 – 2019. Autor:...

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LibrosMareaVerde.tk

www.apuntesmareaverde.org.es

Autores: Ismael Montero Penido

Fernando Merchán Murillo

Revisor: Luis Carlos Vidal Del Campo

OPCIÓN A

MATEMÁTICAS II Selectividad 2019

Comunidad autónoma de

Andalucía

Matemáticas II. Curso 2018 – 2019. Autor: Fernando Merchán Murillo

Comunidad Autónoma de Andalucía Revisor: Luis Carlos Vidal Del Campo www.apuntesmareaverde.org.es LibrosMareaVerde.tk

EVALUACIÓN DE BACHILLERATO PARA EL ACCESO A LA UNIVERSIDAD (EBAU)4

EVALUACIÓN DE BACHILLERATO PARA EL ACCESO A LA UNIVERSIDAD (EBAU) FASE GENERAL

CURSO: 2018–2019 MATERIA: MATEMÁTICAS II

CONVOCATORIA: ORDINARIA

INSTRUCCIONES GENERALES Y CALIFICACIÓNDespués de leer atentamente todas las preguntas, el estudiante deberá escoger una de las dos opciones propuestas y responder razonadamente a las cuestiones de la opción elegida. Para la realización de esta prueba se puede utilizar calculadora, siempre que no tenga NINGUNA de las siguientes características: posibilidad de transmitir datos, ser programable, pantalla gráfica, resolución de ecuaciones, operaciones con matrices, cálculo de determinantes, cálculo de derivadas, cálculo de integrales ni almacenamiento de datos alfanuméricos. Cualquiera que tenga alguna de estas características será retirada. CALIFICACIÓN: La valoración de cada ejercicio se especifica en el enunciado. Todas las respuestas deberán estar debidamente justificadas. TIEMPO: 90 minutos.

OPCIÓN A Problema A.1: Considera la función 𝑓 definida por

𝑓 𝑥 para 𝑥 1. a) [1.5 puntos] Estudia y halla las asíntotas de la gráfica de 𝑓. b) [1 punto] Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de 𝑓.

Problema A.2:

[2.5 puntos] Sea la función 𝑓: 0, ∞ → ℝ definida por 𝑓 𝑥 . Halla la primitiva de 𝑓 cuya gráfica pasa por el punto 1, 1 . (Sugerencia: cambio de variable 𝑡 𝑒 ). Problema A.3:

[2.5 puntos] Calcula todas las matrices 𝑋 𝑎 𝑏𝑐 𝑑

tales que 𝑎 𝑑 1, tienen determinante 1 y

cumplen 𝐴𝑋 𝑋𝐴, siendo 𝐴 0 11 0

.

Problema A.4:

Considera la recta 𝑟 ≡ y los planos 𝜋 ≡ 𝑥 0 y 𝜋 ≡ 𝑦 0. a) [1.25 puntos] Halla los puntos de la recta 𝑟 que equidistan de los planos 𝜋 y 𝜋 . b) [1.25 puntos] Determina la posición relativa de la recta 𝑟 y la recta intersección de los planos

𝜋 y 𝜋 .




EVALUACIÓN DE BACHILLERATO PARA EL ACCESO A LA UNIVERSIDAD (EBAU) FASE GENERAL

CURSO: 2018–2019 MATERIA: MATEMÁTICAS II

CONVOCATORIA: ORDINARIA

INSTRUCCIONES GENERALES Y CALIFICACIÓNDespués de leer atentamente todas las preguntas, el estudiante deberá escoger una de las dos opciones propuestas y responder razonadamente a las cuestiones de la opción elegida. Para la realización de esta prueba se puede utilizar calculadora, siempre que no tenga NINGUNA de las siguientes características: posibilidad de transmitir datos, ser programable, pantalla gráfica, resolución de ecuaciones, operaciones con matrices, cálculo de determinantes, cálculo de derivadas, cálculo de integrales ni almacenamiento de datos alfanuméricos. Cualquiera que tenga alguna de estas características será retirada. CALIFICACIÓN: La valoración de cada ejercicio se especifica en el enunciado. Todas las respuestas deberán estar debidamente justificadas. TIEMPO: 90 minutos.

OPCIÓN B Problema B.1:

Considera la función 𝒇: ℝ → ℝ definida por 𝒇 𝒙 𝒙 𝒂 𝒆𝒙.

a) [1.25 puntos] Determina 𝒂 sabiendo que la función tiene un punto crítico en 𝒙 𝟎.

b) [1.25 puntos] Para 𝒂 𝟏, calcula los puntos de inflexión de la gráfica de 𝒇.

Problema B.2:

Considera las funciones 𝑓: 2, ∞ → ℝ, definida por 𝑓 𝑥 ln 𝑥 2 (𝑙𝑛 denota la función logaritmo neperiano) y 𝑔: ℝ → ℝ, definida por 𝑔 𝑥 𝑥 3 .

a) [1 punto] Esboza el recinto que determinan la gráfica de 𝑓, la gráfica de 𝑔, la recta 𝑥 1 y la recta 𝑥 3. (No es necesario calcular los puntos de corte entre las dos gráficas).

b) [1.5 puntos] Determina el área del recinto anterior.

Problema B.3:

[2.5 puntos] Dada las matrices 𝐴2 𝑚 1 2𝑚 1

1 𝑚 1𝑚 1 1

, 𝑋𝑥𝑦𝑧

, 𝐵2𝑚 1

𝑚1

, considera el

sistema de ecuaciones lineales dado por 𝑋 𝐴 𝐵 , donde 𝑋 , 𝐵 denotan las traspuestas. Discútelo según los distintos valores de 𝑚.

Problema B.4:

Considera el triángulo cuyos vértices son los puntos 𝐴 1, 1, 0 , 𝐵 1, 0, 2 y 𝐶 0, 2, 1 .

a) [1.25 puntos] Halla el área de dicho triángulo. b) [1.25 puntos] Calcula el coseno del ángulo en el vértice 𝐴.




SOLUCIONES OPCIÓN A CONVOCATORIA ORDINARIA

Problema A.1:

Considera la función 𝑓 definida por

𝑓 𝑥 para 𝑥 1. a) Estudia y halla las asíntotas de la gráfica de 𝑓. b) Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de 𝑓.

Solución:

a) Antes de calcular las asíntotas estudiamos el dominio de la función, puesto que donde se anule el denominador tendré una discontinuidad: 2𝑥 2 0 → 𝑥 1.

Asíntota vertical: El punto a estudiar es 𝑥 1

lim→

𝑥 3𝑥 42𝑥 2

20

∞

lim→

𝑥 3𝑥 42𝑥 2

20

∞

Por lo tanto, existe una asíntota vertical en 𝒙 𝟏.

Asíntota horizontal:

lim→

𝑥 3𝑥 42𝑥 2

∞∞

lim→

𝑥𝑥

3𝑥𝑥

4𝑥

2𝑥𝑥

2𝑥

1 0 00 0

∞

No existe asíntota horizontal.

Y tenemos que comprobar la existencia de asíntotas oblicuas.

Asíntotas oblicuas: Estas asíntotas son de la forma 𝑦 𝑚𝑥 𝑛:

𝑚 lim→

𝑓 𝑥𝑥

lim→

𝑥 3𝑥 42𝑥 2

𝑥lim→

𝑥 3𝑥 42𝑥 2𝑥

lim→

𝑥𝑥

3𝑥𝑥

4𝑥

2𝑥𝑥

2𝑥𝑥

1 0 02 0

12

𝑛 lim→

𝑓 𝑥 𝑚𝑥 lim→

𝑥 3𝑥 42𝑥 2

12

𝑥 lim→

𝑥 3𝑥 4 𝑥 𝑥 12𝑥 2

lim→

2𝑥 42𝑥 2

∞∞

lim→

2𝑥𝑥

4𝑥

2𝑥𝑥

2𝑥

2 02 0

1

Existe asíntota oblicua y esta es: 𝒚𝟏

𝟐𝒙 𝟏.




b) Para calcular los intervalos de crecimiento y decrecimiento tenemos que calcular la derivada de la función y estudiar su signo:

𝑓 𝑥𝑥 3𝑥 4

2𝑥 2→ 𝑓´ 𝑥

2𝑥 3 2𝑥 2 2 𝑥 3𝑥 42𝑥 2

4𝑥 4𝑥 6𝑥 6 2𝑥 6𝑥 82𝑥 2

2𝑥 4𝑥 22𝑥 2

2 𝑥 2𝑥 12 𝑥 1

→

→ 𝑓′ 𝑥𝑥 2𝑥 1

2 𝑥 1

Para estudiar el signo de la derivada tendremos en cuenta:

Dominio de la función: 𝐷𝑜𝑚 𝑓: ℝ 1

𝑓′ 𝑥 0 → 0 → 𝑥 2𝑥 1 0 → 𝑥 √ √ 1 √2

𝑥 1 √2

𝑥 1 √2

Estudiamos el signo:

∞ 1 √2 1 1 √2 ∞

𝑥 2𝑥 1 + +

No tenemos en cuenta el signo del denominador, puesto que: 𝑥 1 0, ∀𝑥 ∈ ℝ.

Los intervalos de crecimiento son: ∞, 1 √2 ∪ 1 √2, ∞ .

Los intervalos de decrecimiento son: ( 1 √2, 1 ∪ ‐1, 1 √2).




Problema A.2:

Sea la función 𝑓: 0, ∞ → ℝ definida por 𝑓 𝑥 . Halla la primitiva de 𝑓 cuya gráfica pasa por el

punto 1, 1 . (Sugerencia: cambio de variable 𝑡 𝑒 ). Solución:

Sea 𝐹 𝑥 la función primitiva que se busca.

En lugar de realizar el cambio que sugieren en el enunciado, vamos a optar por otro: 𝑒 1 𝑡:

𝐹 𝑥1 𝑒1 𝑒

𝑑𝑥

𝑒 1 𝑡𝑒 𝑑𝑥 𝑑𝑡

𝑑𝑥𝑑𝑡

𝑡 1

1 1 𝑡1 1 𝑡

∙𝑑𝑡

𝑡 12 𝑡

𝑡 𝑡 1𝑑𝑡

2 𝑡𝑡 𝑡 1

𝐴𝑡

𝐵𝑡 1

𝐴 𝑡 1 𝐵𝑡𝑡 𝑡 1

Como la primera fracción y la última han de ser iguales y tienen el mismo denominador, igualo sus numeradores:

2 𝑡 𝐴 𝑡 1 𝐵𝑡

Para 𝑡 0: 𝐴 2

Para 𝑡 1: 𝐵 1

Por lo tanto, retomando la integral:

𝐹 𝑥2 𝑡

𝑡 𝑡 1𝑑𝑡

2𝑡

1𝑡 1

𝑑𝑡 2𝑙𝑛|𝑡| 𝑙𝑛|𝑡 1| 𝐶

Y deshaciendo el cambio:

2𝑙𝑛|1 𝑒 | 𝑙𝑛|𝑒 | 𝐶

Como, según el enunciado, 𝐹 𝑥 para por el punto 𝑃 1, 1 :

𝐹 1 1 → 𝐹 1 2𝑙𝑛|1 𝑒 | 𝑙𝑛|𝑒| 𝐶 ∗ 2 ln 𝑒 1 1 𝐶 1 →

𝐶 2 ln 𝑒 1

Por lo tanto:

𝑭 𝒙 𝟐𝒍𝒏|𝟏 𝒆𝒙| 𝒍𝒏|𝒆𝒙| 𝟐𝐥𝐧 𝒆 𝟏

*Nótese que cuando tenemos 𝑙𝑛|1 𝑒 | → 1 𝑒 0, por lo tanto, quitamos el valor absoluto y lo colocamos de forma positiva en el siguiente paso: ln 𝑒 1 .




Problema A.3:

Calcula todas las matrices 𝑋 𝑎 𝑏𝑐 𝑑

tales que 𝑎 𝑑 1, tienen determinante 1 y cumplen 𝐴𝑋

𝑋𝐴, siendo 𝐴 0 11 0

.

Solución:

Sean: 𝑋 𝑎 𝑏𝑐 𝑑

; 𝐴 0 11 0

Multiplicamos: 𝐴𝑋 𝑋𝐴 → 0 11 0

𝑎 𝑏𝑐 𝑑

𝑎 𝑏𝑐 𝑑

0 11 0

→ 𝑐 𝑑𝑎 𝑏

𝑏 𝑎𝑑 𝑐

De la multiplicación obtenemos:

𝑎 𝑑𝑏 𝑐

Según el enunciado:

|𝑋| 𝑎 𝑏𝑐 𝑑

𝑎𝑑 𝑏𝑐 1.

Tenemos:

𝐸 : 𝑎 𝑑 1𝐸 : 𝑎𝑑 𝑏𝑐 1

𝐸 : 𝑎 𝑑𝐸 : 𝑏 𝑐

→ 𝐷𝑒 𝐸 𝑦 𝐸 : 𝑎 𝑑12

𝐷𝑒 𝐸 , 𝐸 𝑦 𝐸 : 𝑎 𝑐 1 →

→12

𝑐 1 → 𝑐 114

34

→ 𝑐√32

Si 𝑐 √, entonces, como 𝑏 𝑐, entonces 𝑏 ∓ √

Hay dos soluciones:

𝑿𝟏

𝟏

𝟐

√𝟑

𝟐√𝟑

𝟐

𝟏

𝟐

; 𝑿𝟐

𝟏

𝟐

√𝟑

𝟐√𝟑

𝟐

𝟏

𝟐

.




Problema A.4:

Solución:

a) Dada la recta: 𝑟 ≡ . Donde 𝑃 2 𝑡, 2 3𝑡, 1 𝑡 es un punto genérico

perteneciente a la recta 𝑟. Y los planos π ≡ 𝑥 0 y π ≡ 𝑦 0. La distancia del punto genérico 𝑃 (perteneciente a la recta) a los dos planos tiene que ser la misma, por tanto:

𝑑 𝑃, π 𝑑 𝑃, π →|2 𝑡|

√1 0 0

|2 3𝑡|

√0 1 0→ |2 𝑡| |2 3𝑡|

Por lo tanto tengo dos opciones:

2 𝑡 2 3𝑡 → 4𝑡 0 → 𝑡 0 → 𝑃 2, 2, 1 2 𝑡 2 3𝑡 → 2𝑡 4 → 𝑡 2 → 𝑃 4, 4, 1

Los puntos de la recta 𝑟 que equidistan de los planos π y π son:

𝑷𝟏 𝟐, 𝟐, 𝟏 y 𝑷𝟐 𝟒, 𝟒, 𝟏 .

b) Para estudiar la posición relativa de la recta r con la recta de intersección de los planos π y π :

Tomamos un punto de la recta r: 𝑃 2, 2, 1 y el vector director de dicha recta: �⃗� 1, 3, 1

La recta s (intersección de los dos planos dados será:

𝑠 ≡𝑥 0𝑦 0 → 𝑠 ≡

𝑥 0𝑦 0𝑥 𝜆

Tomamos un punto cualquiera de dicha recta: 𝑃 0, 0, 0 y su vector director: 𝑤 0, 0, 1 . Observamos que: �⃗� 𝑤, por lo tanto las dos rectas no son paralelas ni coincidentes.

Calculamos el vector 𝑃 𝑃⃗ 2, 2, 1 Para ver si las rectas pertenecen al mismo plano:

𝑃 𝑃⃗, �⃗�, 𝑤2 2 11 3 1

0 0 16 2 8 0.

La recta 𝑟 y la recta intersección de los planos π y π , no son coplanarias, son rectas que se cruzan.

Considera la recta 𝑟 ≡ y los planos 𝜋 ≡ 𝑥 0 y 𝜋 ≡ 𝑦 0.

a) Halla los puntos de la recta 𝑟 que equidistan de los planos 𝜋 y 𝜋 . b) Determina la posición relativa de la recta 𝑟 y la recta intersección de los planos 𝜋 y 𝜋 .




SOLUCIONES OPCIÓN B CONVOCATORIA ORDINARIA

Problema B.1:

Considera la función 𝑓: ℝ → ℝ definida por 𝑓 𝑥 𝑥 𝑎 𝑒 .

a) Determina 𝑎 sabiendo que la función tiene un punto crítico en 𝑥 0.

b) Para 𝑎 1, calcula los puntos de inflexión de la gráfica de 𝑓.

Solución:

a) Sea la función 𝑓: ℝ → ℝ definida por 𝑓 𝑥 𝑥 𝑎 𝑒 .

Si sabemos que 𝑥 0 es un punto crítico, entonces: 𝑓´ 0 0

Por lo que calculamos la derivada:

𝑓´ 𝑥 𝑒 𝑥 𝑎 𝑒 𝑒 1 𝑥 𝑎

Imponemos que 𝑓´ 0 0.

𝑓´ 0 𝑒 1 𝑎 0 → 𝑎 1

El valor de 𝒂 𝟏 para que la función tenga un punto crítico en 𝑥 0.

b) Para 𝑎 1, la función dada 𝑓: ℝ → ℝ definida por 𝑓 𝑥 𝑥 𝑎 𝑒 .

Para obtener los puntos de inflexión tengo que calcular la derivada segunda e igualarla a cero.

𝑓´ 𝑥 𝑥𝑒

𝑓´´ 𝑥 𝑒 𝑥𝑒 𝑒 1 𝑥

Hacemos 𝑓´´ 𝑥 0: 𝑓´´ 𝑥 𝑒 1 𝑥 0 →Tenemos dos opciones:

𝑒 0 → Para esta ecuación no existe solución.

1 𝑥 0 → 𝑥 1.

Para demostrar la validez de la solución comprobamos el dominio de 𝑓 𝑥 . 𝐷𝑜𝑚 𝑓 ℝ

La ordenada resulta de obtener:

𝑓 1 1 1 𝑒 .

Por lo tanto:

Las coordenadas del punto de inflexión son: 𝑷𝑰 𝟏,𝟐

𝒆.




Problema B.2:

Considera las funciones 𝑓: 2, ∞ → ℝ, definida por 𝑓 𝑥 𝑙𝑛 𝑥 2 (𝑙𝑛 denota la función logaritmo neperiano) y 𝑔: ℝ → ℝ, definida por 𝑔 𝑥 𝑥 3 .

a) Esboza el recinto que determinan la gráfica de 𝑓, la gráfica de 𝑔, la recta 𝑥 1 y la recta 𝑥 3. (No es necesario calcular los puntos de corte entre las dos gráficas).

b) Determina el área del recinto anterior.

Solución:

a) Sean las funciones 𝑓: 2, ∞ → ℝ, definida por 𝑓 𝑥 ln 𝑥 2 y 𝑔: ℝ → ℝ, definida por

𝑔 𝑥 𝑥 3 .

En primer lugar, igualaremos a cero ambas ecuaciones para ver si cortan al eje x entre la recta 𝑥 1 y la recta 𝑥 3.

ln 𝑥 2 0 → 𝑥 2 1 → 𝑥 1. 𝑓 𝑥 queda fuera del intervalo 1, 3 , por lo tanto bastaría con darle un valor para saber el signo de la función y saber si se encuentra por encima o por debajo del eje x: 𝑓 2 0

𝑔 𝑥 𝑥 3 0 → 𝑥 3, se trata de una recta, como su pendiente es positiva, es

creciente, por lo tanto sabemos que se encuentra por debajo del eje x.




b) Llamaremos 𝐴 al área que forma la función 𝑓 𝑥 ln 𝑥 2 por encima del eje X, y 𝐴 al área

que forma la función 𝑔 𝑥 𝑥 3 por debajo del eje X:

𝐴 ln 𝑥 2 𝑑𝑥 𝑢 ln 𝑥 2 → 𝑑𝑢1

𝑥 2𝑑𝑥

𝑑𝑣 𝑑𝑥 → 𝑣 𝑥𝑥𝑙𝑛 𝑥 2

𝑥𝑥 2

𝑑𝑥

𝑥𝑙𝑛 𝑥 2𝑥 2 2

𝑥 2𝑑𝑥 𝑥𝑙𝑛 𝑥 2

𝑥 2 2𝑥 2

𝑑𝑥 𝑥𝑙𝑛 𝑥 2𝑥 2𝑥 2

𝑑𝑥

2𝑥 2

𝑑𝑥 𝑥𝑙𝑛 𝑥 2 𝑑𝑥 21

𝑥 2𝑑𝑥 𝑥𝑙𝑛 𝑥 2 𝑥 2 𝑙𝑛 𝑥 2 𝐶

𝑥 2 𝑙𝑛 𝑥 2 𝑥 + C

𝐴12

𝑥 3 𝑑𝑥12

𝑥 3 𝑑𝑥12

𝑥2

3𝑥 𝐶𝑥4

3𝑥2

𝐶

Por lo tanto el área total será:

𝐴 𝐴 𝐴 𝑥 2 ln 𝑥 2 𝑥𝑥4

3𝑥2

5 ln 5 3 3 ln 3 1

1 ln 𝑢 .

El área total de la superficie que encierran las curvas es:

𝑨 𝟏 𝐥𝐧𝟓𝟓

𝟑𝟑 𝒖𝟐




Problema B.3:

Dada las matrices 𝐴2 𝑚 1 2𝑚 1

1 𝑚 1𝑚 1 1

, 𝑋𝑥𝑦𝑧

, 𝐵2𝑚 1

𝑚1

, considera el sistema de

ecuaciones lineales dado por 𝑋 𝐴 𝐵 , donde 𝑋 , 𝐵 denotan las traspuestas. Discútelo según los

distintos valores de 𝑚.

Solución:

Si 𝐴2 𝑚 1 2𝑚 1

1 𝑚 1𝑚 1 1

, llamaremos traspuesta de 𝐴 a: 𝑀 𝐴2 𝑚 1 𝑚

1 𝑚 12𝑚 1 1 1

.

Operando el sistema de ecuaciones lineales obtenemos:

𝑋 𝐴 𝐵 ⟺ 𝑋 𝐴 B ⟺ 𝐴 𝑋 𝐵 ⟺ 𝐴 𝑋 𝐵 ⟹ 𝑀𝑋 𝐵

Resolvemos:

|𝑀|2 𝑚 1 𝑚

1 𝑚 12𝑚 1 1 1

2 𝑚 𝑚 2𝑚 1 𝑚 𝑚 2𝑚 1 2 𝑚 1

𝑚 5𝑚 1 2𝑚 𝑚 𝑚 3 2𝑚 6𝑚 4

Comprobamos los valores de "𝑚" que hacen |𝑀| 0:

2𝑚 6𝑚 4 0 → Resolvemos por Ruffini:

2 0 6 4

𝑚 1 2 2 4

2 2 4 0

2𝑚 2𝑚 4 0 → 𝑚2 √4 32

4𝑚 1

𝑚 2

Para: 𝑀2 𝑚 1 𝑚

1 𝑚 12𝑚 1 1 1

; 𝑀2 𝑚 1 𝑚 2𝑚 1

1 𝑚 1 𝑚2𝑚 1 1 1 1

.

Si: 𝑚 2 y 𝑚 1:

|𝑀| 0 →𝑟𝑔 𝑀 3𝑟𝑔 𝑀´ 3

𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 3

Como 𝑟𝑔 𝑀 𝑟𝑔 𝑀´ 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠, se trata de un Sistema Compatible Determinado y, por tanto, hay una única solución




Si: 𝑚 2 y 𝑚 1:

𝑀4 1 2 71 2 1 25 1 1 1

.

𝑀4 1 21 2 15 1 1

Estudiamos el rango de 𝑀:

Como |𝑀| 0 → 𝑟𝑔 𝑀 3

|4| 0

4 11 2

0

Por lo tanto 𝑟𝑔 𝑀 2.

Estudiamos el rango de 𝑀´:

|𝑀´|4 1 71 2 25 1 1

8 7 10 70 8 1 0

Por lo tanto 𝑟𝑔 𝑀´ 3

Para 𝑚 2, como 𝑟𝑔 𝑀 𝑟𝑔 𝑀´ , se trata de un Sistema Incompatible y, por lo tanto, no existe ninguna solución.

Si: 𝑚 2 y 𝑚 1:

𝑀1 1 1 11 1 1 11 1 1 1

.

|1| 0

1 11 1

0

Resulta fácil demostrar que:

Como 𝑟𝑔 𝑀 𝑟𝑔 𝑀´ 1 𝑛º 𝑖𝑛𝑐ó𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠, se trata de un Sistema Compatible Indeterminado y, por lo tanto, existen infinitas soluciones, ya que encontramos 2 grados de libertad.

Resumiendo:

Si 𝑚 2; 1 𝑟𝑔 𝐴 𝑟𝑔 𝐴 3 Compatible Determinado (Única solución)

Si 𝑚 2 𝑟𝑔 𝐴 2 𝑟𝑔 𝐴 3 Incompatible (No hay solución)

Si 𝑚 1 𝑟𝑔 𝐴 𝑟𝑔 𝐴 1 Compatible Indeterminado (Infinitas soluciones)




Problema B.4:

Solución:

a) Si los puntos que forman el triángulo son: 𝐴 1, 1, 0 , 𝐵 1, 0, 2 y 𝐶 0, 2, 1 , uso cualquiera de ellos para calcular dos vectores cualesquiera, pero con origen común:

𝐴�⃗� 0, 1, 2

𝐴�⃗� 1, 1, 1

Y calculo su producto:

𝐴�⃗� 𝐴�⃗�𝑖 𝑗 𝑘0 1 21 1 1

𝑖 2𝑗 𝑘 2𝑖 3𝑖 2𝑗 𝑘

Por lo tanto, las coordenadas serán:

𝐴�⃗� 𝐴�⃗� 3, 2, 1

Y el área del triángulo será:

𝐴12

𝐴�⃗� 𝐴�⃗�12

3 2 112

√14𝑢

Por lo tanto, el área del triángulo es:

𝑨𝟏𝟐

√𝟏𝟒 𝒖𝟐

b) Llamaremos 𝐴 𝑎𝑛𝑔 𝐴�⃗�, 𝐴�⃗� , puesto que para calcular el ángulo en el vértice A, necesitaremos los vectores que tienen como origen dicho vértice.

Para calcular el ángulo que forman: 𝐴�⃗� ∙ 𝐴�⃗� 𝐴�⃗� ∙ 𝐴�⃗� ∙ 𝑐𝑜𝑠𝐴.

Sustituimos:

0, 1, 2 ∙ 1, 1, 1 0 1 2 ∙ 1 1 1 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝐴 →

→ 0 ∙ 1 1 ∙ 1 2 ∙ 1 √5 ∙ √3 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝐴 →

→ 𝑐𝑜𝑠𝐴1

√15∙

√15

√15

√1515

Por lo tanto:

𝒄𝒐𝒔𝑨√𝟏𝟓𝟏𝟓

Considera el triángulo cuyos vértices son los puntos 𝐴 1, 1, 0 , 𝐵 1, 0, 2 y 𝐶 0, 2, 1 .

a) Halla el área de dicho triángulo. b) Calcula el coseno del ángulo en el vértice 𝐴.

Matemáticas II. Curso 2018 – 2019. Autor: Ismael Montero Penido



EVALUACIÓN DE BACHILLERATO PARA EL ACCESO A LA UNIVERSIDAD EBAU FASE GENERAL

CURSO: 2018–2019MATERIA: MATEMÁTICAS II

CONVOCATORIA: EXTRAORDINARIA

DE SEPTIEMBRE

INSTRUCCIONES GENERALES Y CALIFICACIÓNDespués de leer atentamente todas las preguntas, el estudiante deberá escoger una de las dos opciones propuestasy responder razonadamente a las cuestiones de la opción elegida. Para la realización de esta prueba se puede utilizar calculadora, siempre que no tenga NINGUNA de las siguientes características: posibilidad de transmitir datos, ser programable, pantalla gráfica, resolución de ecuaciones, operaciones con matrices, cálculo de determinantes, cálculo de derivadas, cálculo de integrales ni almacenamiento de datos alfanuméricos. Cualquiera que tenga alguna de estas características será retirada. CALIFICACIÓN: La valoración de cada ejercicio se especifica en el enunciado. Todas las respuestas deberán estar debidamente justificadas.TIEMPO: 90 minutos.

OPCIÓN AProblema A.1:

2.5 puntos Dada la función 𝑓: ℝ → ℝ definida por 𝑓 𝑥 6 𝑥 , calcula las dimensiones del rectángulo de área máxima, de lados paralelos a los ejes, inscrito en el rectángulo comprendido entre la gráfica de 𝑓 y la recta 𝑦 0.

Problema A.2:

2.5 puntos Determina la función 𝑓: 0, ∞ → ℝ sabiendo que es derivable, que su función

derivada cumple 𝑓 𝑥√

𝑙𝑛 denota la función logaritmo neperiano y que la gráfica de 𝑓 pasa

por el punto 1, 0 .

Problema A.3:

Considera el siguiente sistema de ecuaciones lineales: 𝑥 𝑦 2𝑧 0

𝑚 2 𝑥 𝑦 𝑧 𝑚3𝑥 𝑚 2 𝑦 𝑧 𝑚

a 1.5 puntos Discute el sistema según los valores de 𝑚.

b 1 punto Resuelve el sistema, si es posible, para 𝑚 0.

Problema A.4:

Se consideran los vectores 𝑢 1, 2, 3 , �⃗� 1, 2, 1 y 𝑤 2, 𝛼, 𝛽 , donde 𝛼 y 𝛽 son números reales

a 0.75 puntos Determina los valores de 𝛼 y 𝛽 para los que 𝑤 es ortogonal a los vectores 𝑢 y �⃗�.

b 0.75 puntos Determina los valores de 𝛼 y 𝛽 para los que 𝑤 y �⃗� tienen la misma dirección.

c 1 punto Para 𝛼 8, determina el valor de 𝛽 para el que 𝑤 es combinación lineal de 𝑢 y �⃗�




EVALUACIÓN DE BACHILLERATO PARA EL ACCESO A LA UNIVERSIDAD EBAU FASE GENERAL

CURSO: 2018–2019MATERIA: MATEMÁTICAS II

CONVOCATORIA: EXTRAORDINARIA

DE SEPTIEMBRE

INSTRUCCIONES GENERALES Y CALIFICACIÓNDespués de leer atentamente todas las preguntas, el estudiante deberá escoger una de las dos opciones propuestasy responder razonadamente a las cuestiones de la opción elegida. Para la realización de esta prueba se puede utilizar calculadora, siempre que no tenga NINGUNA de las siguientes características: posibilidad de transmitir datos, ser programable, pantalla gráfica, resolución de ecuaciones, operaciones con matrices, cálculo de determinantes, cálculo de derivadas, cálculo de integrales ni almacenamiento de datos alfanuméricos. Cualquiera que tenga alguna de estas características será retirada. CALIFICACIÓN: La valoración de cada ejercicio se especifica en el enunciado. Todas las respuestas deberán estar debidamente justificadas.TIEMPO: 90 minutos.

OPCIÓN BProblema B.1:

2.5 puntos Se sabe que la función 𝑓: ℝ → ℝ, 𝑑𝑎𝑑𝑎 𝑝𝑜𝑟

𝑓 𝑥𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑎𝑥 𝑏 𝑠𝑖 𝑥 0

ln 𝑥 1𝑥

𝑠𝑖 𝑥 0

𝑙𝑛 denota la función logaritmo neperiano es derivable. Calcula 𝑎 y 𝑏

Problema B.2:

Sea la función 𝑓: ℝ → ℝ dada por 𝑓 𝑥 𝑥𝑒

a 1.25 puntos Calcula los puntos de corte de la gráfica 𝑓 con los ejes coordenados y los extremos relativos de 𝑓 abscisas en los que se obtienen y valores que se alcanzan .

b 1.25 puntos Determina 𝑎 0 de manera que sea el área del recinto determinado por la gráfica de 𝑓 en el intervalo 0, 𝑎 y el eje de abscisas.

Problema B.3:

2.5 puntos Calcula, en grados, los tres ángulos de un triángulo sabiendo que el menor de ellos es la mitad del ángulo mayor y que la suma del ángulo menor y el ángulo mayor es el doble del otro ángulo.

Problema B.4:

Considera las rectas 𝑟 ≡ y 𝑠 ≡

a 1.5 puntos Halla 𝑘 sabiendo que ambas rectas se cortan en un punto. b 1 punto Para 𝑘 1, halla la ecaución general del plano que contiene a 𝑟 y es paralelo a 𝑠.




SOLUCIONES OPCIÓN A CONVOCATORIA EXTRAORDINARIA Problema A.1:

Dada la función 𝑓: ℝ → ℝ definida por 𝑓 𝑥 6 𝑥 , calcula las dimensiones del rectángulo de área máxima, de lados paralelos a los ejes, inscrito en el rectángulo comprendido entre la gráfica de 𝑓 y la recta 𝑦 0.

Solución

Dibujemos primero la función 𝑓 𝑥 .

Al tratarse de un polinomio de 2º grado, su representación gráfica será una parábola. Para ello, vamos a analizar dos elementos claves: vértice y puntos de corte con los ejes de coordenadas.

Cálculo del vértice El cálculo del vértice podemos hacerlo derivando la función e igualando a 0. Otro modo, que será el que vamos a utilizar, es usar la expresión del vértice 𝑉 𝑥 , 𝑦 donde 𝑥 e 𝑦𝑓 𝑥 𝑥 0 y por tanto 𝑦 6 0 6.

Luego el vértice de la parábola es 𝑉 0, 6 .

Puntos de corte con 𝑶𝑿 𝒚 𝟎 Resolvemos la ecuación 6 x 0, obteniendo dos resultados: 𝑥 6. Luego los puntos de corte con el eje 𝑂𝑋 son 𝑃 6, 0 y 𝑃 6, 0 .

Punto de corte con 𝑶𝒀 𝒙 𝟎 Este punto lo tenemos calculado de antes, pues coincide con el vértice de la función.

Así que su representación gráfica queda tal como se muestra en la siguiente imagen.




Denotemos la base del rectángulo por 2𝑥 y si observamos la función detenidamente, vemos que la altura es, precisamente, la función del problema, 6 𝑥 .

Por tanto, el área a maximizar es 𝐴 𝑥 2𝑥 6 𝑥 12𝑥 𝑥

Derivamos la función e igualamos a cero para hallar su punto crítico:

𝐴 𝑥 12 𝑥 ;

12 𝑥 0;

𝑥 12;

𝑥 √12 2√3

Descartamos el signo negativo, pues estamos tratando con unidades de medida que son positivas.

Así que nuestro posible máximo es 𝑥 2√3

Comprobemos que, efectivamente, este punto hace máximo al área del rectángulo, sustituyendo dicho punto en la segunda derivada y comprobando que ésta sea menor que cero.

𝐴 𝑥 2𝑥

Sustituimos el valor anterior en la segunda derivada.

𝐴 2√3 2 2√3 4√3 0

Por tanto 𝑥 2√3 es un punto que hace máxima la función.

La base del rectángulo es 2𝑥 2 2√3 4√3 𝑢 y la altura ℎ 6 2√3 6 2 4 𝑢.

La base del rectángulo es 𝟐𝒙 𝟒√𝟑 𝒖 y la altura 𝒉 𝟒 𝒖.

Donde 𝑢 denota unidades




Problema A.2:

Determina la función 𝑓: 0, ∞ → ℝ sabiendo que es derivable, que su función derivada cumple 𝑓 𝑥

√ 𝑙𝑛 denota la función logaritmo neperiano y que la gráfica de 𝑓 pasa por el punto 1, 0 .

Solución

Como sabemos que 𝑓 es derivable, nos aseguramos de que la función del problema se puede integrar para obtener 𝑓 𝑥 .

Por otro lado, sabemos que 𝑓 pasa por 1, 0 , lo que significa que 𝑓 1 0, que aplicaremos una vez hallamos resuelto la integral.

𝑓 𝑥 𝑓 𝑥 𝑑𝑥ln x

√𝑥 𝑑𝑥 𝑥 ⁄ ln 𝑥 𝑑𝑥

Observamos que esta integral podemos resolverla utilizando el método de integración por partes.

Vamos a encontrar 𝑢 y 𝑑𝑣 tal que 𝑢 𝑑𝑣 𝑢𝑣 𝑣 𝑑𝑢

⎣⎢⎢⎡ 𝑢 ln 𝑥 𝑑𝑢

1𝑥

𝑑𝑥

𝑑𝑣 𝑥 ⁄ 𝑑𝑥 𝑣𝑥 ⁄

1 2⁄2√𝑥

⎦⎥⎥⎤

Así que:

𝑓 𝑥√

𝑑𝑥 2√𝑥 ln 𝑥 √ 𝑑𝑥 2√𝑥 ln 𝑥 2√

𝑑𝑥

2√𝑥 ln 𝑥 2 2 √𝑥 𝐶 2√𝑥 ln 𝑥 4√𝑥 𝐶, donde 𝐶 ∈ ℝ

Vamos a aplicar la condición anteriormente citada; es decir, 𝑓 1 0

𝑓 1 2√1 ln 1 4√1 𝐶 0;

4 𝐶 0;

𝐶 4

La función que nos pide en el problema es 𝒇 𝒙 𝟐√𝒙 𝐥𝐧 𝒙 𝟒√𝒙 𝟒.




Problema A.3:

Considera el siguiente sistema de ecuaciones lineales: 𝑥 𝑦 2𝑧 0

𝑚 2 𝑥 𝑦 𝑧 𝑚3𝑥 𝑚 2 𝑦 𝑧 𝑚

a Discute el sistema según los valores de 𝑚.

b Resuelve el sistema, si es posible, para 𝑚 0.

Solución

a A continuación, vamos a discutir el sistema de ecuaciones según los valores del parámetro 𝑚 ∈ ℝ Sean 𝐴 y 𝐴 las matrices de los coeficientes y la ampliada, respectivamente, definidas como sigue:

𝐴1 1 2

𝑚 2 1 13 𝑚 2 1

; 𝐴1 1 2

𝑚 2 1 13 𝑚 2 1

0𝑚 𝑚

Veamos el rango que pueden tomar ambas matrices. Para ello, veamos el determinante de 𝐴. |𝐴| 1 2 𝑚 2 3 6 𝑚 2 𝑚 2 ⋯ 𝑚 4𝑚. Igualamos el resultado a 0 y obtenemos los posibles resultados de la ecuación resultante. 𝑚 4𝑚 0 ⇒ 𝑚 0 𝑦 𝑚 4. Con lo cual se deduce lo siguiente:

Si 𝑚 4; 0 ⇒ 𝑟𝑔 𝐴 𝑟𝑔 𝐴 3 ⇒ El sistema es compatible determinado. Si 𝑚 4

Reescribimos las matrices 𝐴 y 𝐴 sustituyendo 𝑚 por 4.

𝐴1 1 22 1 1

3 2 1 ; 𝐴

1 1 22 1 1

3 2 1

0 4 4

Calculamos el menor de orden 2 asociado a la matriz 𝐴, formado por la primera y

segunda columna y la primera y segunda fila respectivamente: 1 12 1

1 2 3 0 ⇒ 𝑟𝑔 𝐴 2

Calculamos ahora el determinante del menor de orden 3 asociado a 𝐴′ , que está formado por la primera, segunda y tercera columna de la matriz ampliada.

1 1 02 1 4

3 2 44 12 8 8 32 0 ⇒ 𝑟𝑔 𝐴 3

Por tanto, si 𝑚 4 los rangos de ambas matrices son distintos, con lo que el sistema es incompatible.

Si 𝑚 0 Reescribimos las matrices 𝐴 y 𝐴 sustituyendo 𝑚 por 0.

𝐴1 1 22 1 13 2 1

; 𝐴1 1 22 1 13 2 1

0 0 0

Procediendo como antes, calculamos el menor de orden 2 asociado a la matriz 𝐴,




formado por la primera y segunda columna y la primera y segunda fila respectivamente.

1 12 1

1 2 1 0 ⇒ 𝑟𝑔 𝐴 2

Observemos ahora que el determinante formado por la primera, segunda y cuarta columna de la matriz ampliada es 0, pues tenemos una columna entera de 0, por tanto 𝑟𝑔 𝐴 2.

1 1 02 1 03 2 0

0

Por tanto, si 𝑚 0 tenemos que el rango de ambas matrices es 2, con lo que el sistema es compatible indeterminado.

Resumiendo:

Si 𝒎 𝟒; 𝟎 𝒓𝒈 𝑨 𝒓𝒈 𝑨 𝟑 Compatible Determinado Única solución

Si 𝒎 𝟒 𝒓𝒈 𝑨 𝟐 𝒓𝒈 𝑨 𝟑 Incompatible No hay solución

Si 𝒎 𝟎 𝒓𝒈 𝑨 𝒓𝒈 𝑨 𝟐 Compatible Indeterminado Infinitas soluciones

b Vamos a resolver el sistema para 𝑚 0. Por el apartado anterior, sabemos que el sistema es compatible indeterminado, así que vamos a asignar a la variable 𝑧 con el parámetro 𝜆, con 𝜆 ∈ ℝ; quedando el sistema tal como sigue:

𝑥 𝑦 2𝑧 02𝑥 𝑦 𝑧 0

3𝑥 2𝑦 𝑧 0

∈ℝ

𝑥 𝑦 2𝜆2𝑥 𝑦 𝜆

3𝑥 2𝑦 𝜆

Eliminamos la tercera ecuación pues es combinación lineal de las dos primeras 𝐸 𝐸𝐸 , quedándonos con el siguiente sistema:

𝑥 𝑦 2𝜆2𝑥 𝑦 𝜆

Vamos a resolver este sistema por reducción, al tratarse de un sistema de ecuaciones con dos incógnitas solamente. Para ello, restamos la primera ecuación con la segunda.

𝑥 𝑦 2𝜆

2𝑥 𝑦 𝜆𝑥 3𝜆

Por tanto, 𝑥 3𝜆. Sustituimos en la 1ª ecuación:

3𝜆 𝑦 2𝜆; 𝑦 5𝜆;

Por tanto, las soluciones del sistema son 𝟑𝝀, 𝟓𝝀, 𝝀 , ∀ 𝝀 ∈ ℝ .




Problema A.4:

Se consideran los vectores 𝑢 1, 2, 3 , �⃗� 1, 2, 1 y 𝑤 2, 𝛼, 𝛽 , donde 𝛼 y 𝛽 son números reales

a Determina los valores de 𝛼 y 𝛽 para los que 𝑤 es ortogonal a los vectores 𝑢 y �⃗�.

b Determina los valores de 𝛼 y 𝛽 para los que 𝑤 y �⃗� tienen la misma dirección.

c Para 𝛼 8, determina el valor de 𝛽 para el que 𝑤 es combinación lineal de 𝑢 y �⃗�.

Solución

a Para que 𝑤 sea ortogonal a 𝑢 y �⃗�, 𝑤 tiene que ser paralelo o proporcional a 𝑢 �⃗�.

𝑢 �⃗�𝚤 𝚥 𝑘1 2 31 2 1

4𝚤 4𝚥 4𝑘 4, 4, 4

Como 𝑤 ∥ 𝑢 �⃗� ⇒

Igualando dos a dos obtenemos que:

𝜶 𝟐 y 𝜷 𝟐 para los que 𝑤 es ortogonal a los vectores 𝑢 y �⃗�.

Observación: Podríamos haber hecho el problema obligando a que el producto escalar de 𝑤 con 𝑢 y �⃗� sea 0, pues es la condición para que los vectores sean perpendiculares. Se deja como ejercicio para el alumno. 𝑢 ⋅ 𝑤 0 y �⃗� ⋅ 𝑤 0 .

b 𝑤 y �⃗� tendrán la misma dirección si 𝑤 ∥ �⃗� o si 𝑤 y �⃗� son proporcionales Por tanto, debe cumplirse que Igualando dos a dos obtenemos que:

𝜶 𝟒 y 𝜷 𝟐 para los que 𝑤 y �⃗� tienen la misma dirección.

c Para que los tres vectores sean combinación lineal debe de cumplirse que el rango de la matriz formada por éstos sea menor que el número de vectores.

𝑟𝑔𝑢�⃗�𝑤

3

La matriz definida por los 3 vectores, con 𝛼 8 es 𝐴1 2 31 2 12 8 𝛽

Para que el rango sea menor que 3, es necesario que el determinante de la matriz sea 0.

|𝐴| 2𝛽 24 4 12 8 2𝛽 0; 4𝛽 40 0;

𝛽 10

Así que 𝜷 𝟏𝟎 para que 𝑤 sea combinación lineal de 𝑢 y 𝑣.⃗




SOLUCIONES OPCIÓN B CONVOCATORIA EXTRAORDINARIA Problema B.1:

Se sabe que la función 𝑓: ℝ → ℝ, 𝑑𝑎𝑑𝑎 𝑝𝑜𝑟

𝑓 𝑥𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑎𝑥 𝑏 𝑠𝑖 𝑥 0

𝑙𝑛 𝑥 1𝑥

𝑠𝑖 𝑥 0

𝑙𝑛 denota la función logaritmo neperiano es derivable. Calcula 𝑎 y 𝑏

Solución:

Sabemos que si 𝑓 es derivable en 𝑥 ⇒ 𝑓 es continua en 𝑥

Así que, vamos a obligar a la función a que primero sea continuidad en 𝑥 0 por ser un punto donde hay un cambio de definición y luego haremos lo mismo para la derivabilidad.

Continuidad en 𝒙 𝟎

i 𝑓 0 𝑠𝑒𝑛 0 𝑎 0 𝑏 𝑏

ii Veamos los límites laterales. Empezaremos con el límite cuando 𝑥 tiende a 0 por la derecha y terminaremos con 0 por la izquierda.

Lim→

𝑓 𝑥 lim→

𝐼𝑁𝐷.

Aplicamos la Regla de L’Hôpital para resolver este límite

lim→

lim→

1

Por otro lado lim→

𝑓 𝑥 lim→

𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑎𝑥 𝑏 𝑏

iii Para que 𝑓 𝑥 sea continua se debe verificar que lim

→𝑓 𝑥 𝑓 0 , así que 𝑏 1

Derivabilidad en 𝒙 𝟎

Para que 𝑓 𝑥 sea derivable, se tiene que cumplir la siguiente igualdad: lim→

𝑓′ 𝑥

lim→

𝑓′ 𝑥

Calculamos primero la derivada de la función.




𝑓′ 𝑥cos 𝑥 𝑎 𝑠𝑖 𝑥 0

𝑠𝑖 𝑥 0

cos 𝑥 𝑎 𝑠𝑖 𝑥 0

𝑠𝑖 𝑥 0

Veamos los límites laterales de la derivada.

lim→

𝑓′ 𝑥 lim→

𝑥 𝑥 1 ln 𝑥 1𝑥 𝑥

00

𝐼𝑁𝐷.

Aplicamos la Regla de L’Hôpital

lim→

𝑥 𝑥 1 ln 𝑥 1𝑥 𝑥

lim→

1 ln 𝑥 1 𝑥 1𝑥 1

3𝑥 2𝑥lim→

ln 𝑥 13𝑥 2𝑥

00

𝐼𝑁𝐷.

Volvemos a aplicar la Regla de L’Hôpital

lim→

ln 𝑥 13𝑥 2𝑥

lim→

1𝑥 1

6𝑥 21

2

Por otro lado

lim→

𝑓′ 𝑥 lim→

cos 𝑥 𝑎 cos 0 𝑎 1 𝑎

Imponemos la condición de derivabilidad, obteniéndose la siguiente igualdad

1 𝑎 ;

𝑎 1;

𝑎

Para que 𝑓 𝑥 sea derivable se tiene que 𝒂 𝟑

𝟐 y 𝒃 𝟏




Problema B.2:

Sea la función 𝑓: ℝ → ℝ dada por 𝑓 𝑥 𝑥𝑒

a Calcula los puntos de corte de la gráfica 𝑓 con los ejes coordenados y los extremos relativos de 𝑓 abscisas en los que se obtienen y valores que se alcanzan .

b Determina 𝑎 0 de manera que sea el área del recinto determinado por la gráfica de 𝑓 en el intervalo 0, 𝑎 y el eje de abscisas.

Solución:

a Veamos en primer lugar los puntos de corte con los ejes coordenados. Puntos de corte con 𝑶𝑿 𝒚 𝟎

𝑥𝑒 0; 𝑥 0

Punto de corte con 𝑶𝒀 𝒙 𝟎

No hace falta que calculemos este punto de nuevo, pues viene dado en el cálculo anterior, 𝑃 0, 0

Con lo que el único punto de corte viene dado por 𝑷 𝟎, 𝟎 .

Calculemos los extremos relativos de la función. Para ello, derivamos 𝑓 𝑥 e igualamos a 0 para obtener los puntos críticos.

𝑓 𝑥 𝑒 𝑥𝑒 2𝑥 𝑒 2𝑥 𝑒 𝑒 1 2𝑥

𝑒 1 2𝑥 0 ⇔ 1 2𝑥 0 ⟺ 𝑥√

√ ≅ 0,7

Veamos el signo de la derivada con ayuda de la recta real.

Se observa que la función tiene un cambio de signo en 𝑥 √ y 𝑥 √ , con lo que se deduce que:

La función alcanza su mínimo relativo en √𝟐

𝟐, √𝟐

𝟐𝒆𝟏 𝟐⁄ y su máximo relativo en √𝟐

𝟐, √𝟐

𝟐𝒆𝟏 𝟐⁄




b Para calcular el área, planteamos la siguiente integral: 𝐴 𝑥𝑒 𝑑𝑥

Esta integral es inmediata, sólo nos faltaría multiplicar y dividir por 2

𝐴 𝑥𝑒 𝑑𝑥 2𝑥𝑒 𝑑𝑥 𝑒𝑎0 𝑒 1 𝑢

Imponemos la condición de que el área debe de ser 𝑢

𝑒 1 ;

𝑒 1 ;

𝑒 ;

ln 𝑒 ln ;

a ln 𝑒 ln 1 ln 2 ;

𝑎 ln 2 ;

𝑎 √ln 2 ;

Descartamos la solución negativa puesto que el enunciado del problema nos dice que 𝑎 0

Así que la solución del problema es:

𝒂 √𝐥𝐧 𝟐




Problema B.3:

Calcula, en grados, los tres ángulos de un triángulo sabiendo que el menor de ellos es la mitad del ángulo mayor y que la suma del ángulo menor y el ángulo mayor es el doble del otro ángulo.

Solución:

Vamos a definir las variables del problema.

𝑥 á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟

𝑦 á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑎𝑛𝑜

𝑧 á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟

Como el ángulo menor es la mitad del ángulo mayor, deducimos que 𝑥 1

La suma del ángulo menor y el ángulo mayor es el doble del otro ángulo ángulo mediano , esto es

𝑧 2𝑦 2

Nos faltaría una tercera ecuación para formar nuestro sistema. Como sabemos que los ángulos de un

triángulo suman 180° deducimos que 𝑧 𝑦 180 3

Sustituyendo 2 en 3 obtenemos:

2𝑦 𝑦 180 ;

3𝑦 180 ;

𝑦 60 ;

Sustituimos 𝑦 60 en 2

𝑧 120 ;

𝑧 120 ;

𝑧 80 ;

Por último, sustituimos 𝑧 80 en 1

𝑧 40

Por tanto, los ángulos que nos piden son:

𝟖𝟎°, 𝟔𝟎° y 𝟒𝟎°




Problema B.4:

Considera las rectas 𝑟 ≡ y 𝑠 ≡

a Halla 𝑘 sabiendo que ambas rectas se cortan en un punto. b Para 𝑘 1, halla la ecaución general del plano que contiene a 𝑟 y es paralelo a 𝑠.

Solución:

a La información que obtenemos de las rectas es:

𝑟:𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝐴 2, 𝑘, 0𝑣𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑣⃗ 1, 2, 2

𝑠:𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝐵 1, 1, 3𝑣𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑣⃗ 1, 1, 1

𝐴�⃗� 𝑂𝐵 𝑂𝐴 3, 1 𝑘, 3

Para que las rectas se corten debe de ocurrir que 𝑟𝑔𝑣⃗𝑣⃗

𝑟𝑔𝑣⃗𝑣⃗

𝐴�⃗�

2

Construimos las matrices correspondientes y le estudiamos el rango a cada una, imponiendo que ambas tengan rango 2.

𝑀 1 2 21 1 1

𝑀1 2 21 1 13 1 𝑘 3

Observamos el que el menor formado por la primera y segunda columna de M tiene determinante distinto de 0, lo que implica que el rango de M es 2

1 21 1

1 2 3 0 ⇒ 𝑟𝑔 𝑀 2

Para que 𝑀′ tenga rango 2, su determinante debe de ser 0. Veámoslo: 1 2 21 1 13 1 𝑘 3

3 2 2𝑘 6 6 1 𝑘 6 ⋯ 3𝑘 6 0 ⇒ 𝑘 2

𝒌 𝟐 para que 𝑟 y 𝑠 se corten.

b Como nos dice el enunciado que 𝑟 está contenido en el plano que buscamos, uno de los

vectores directores de éste es 𝑣⃗ 1, 2, 2 y un punto del plano sería el mismo punto de la recta 𝑟, 𝐴 2, 1, 0 . Por otro lado, como el plano es paralelo a la recta 𝑠, podemos tomar 𝑣⃗ 1, 1, 1 como el segundo vector director del plano. Con estos elementos, calculamos la ecuación general del plano, que denominaré 𝜋.

𝜋 ≡𝑥 2 𝑦 1 𝑧

1 2 21 1 1

0 ;

𝜋 ≡ 𝑧 2𝑥 4 2𝑦 2 2𝑥 4 𝑦 1 2𝑧 0 ; 𝜋 ≡ 3𝑦 3𝑧 3 0 ;

Por tanto, el plano que buscamos es 𝜋 ≡ 𝒚 𝒛 𝟏 𝟎

Comunidad autónoma de Andalucía · 2020-06-01 · Matemáticas II. Curso 2018 – 2019. Autor:...

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